数学B / 漸化式と数学的帰納法

数学的帰納法(2次式の不等式)

★★★ 応用数学的帰納法不等式

問題

$n ≧ 5$ を満たすすべての自然数 $n$ について、 $2^{n} > n^{2}$ が成り立つことを数学的帰納法で証明せよ。

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仮定の両辺を $2$ 倍したものと、目標の $(k + 1)^{2}$ との差を評価する。 $k$ がじゅうぶん大きいことをどこで使うか — そこがこの証明の核心。

解答・解説

方針

(I) $n = 5$ で確認( $32 > 25$ )。(II) $n = k$ ( $k ≧ 5$ )を仮定し、 $2^{k + 1} = 2 \cdot 2^{k} > 2 k^{2}$ とする。あとは $2 k^{2} ≧ (k + 1)^{2}$ が $k ≧ 5$ で成り立つことを示せばよい。

解答

⓪ 発想 — どう考え始めるか。 「 $n ≧ 5$ のすべてで $2^{n} > n^{2}$ 」という主張は、数学的帰納法の出番だ。

カギは、 $n = k$ の仮定 $2^{k} > k^{2}$ を、 $n = k + 1$ の $2^{k + 1} > (k + 1)^{2}$ へどうつなぐか。

$2^{k + 1} = 2 \cdot 2^{k}$ に仮定を使えば、 $2^{k + 1} > 2 k^{2}$ まで進める。あとは $2 k^{2} ≧ (k + 1)^{2}$ が言えれば、間にはさんで目標に届く。

だから「 $2 k^{2}$ と $(k + 1)^{2}$ の大小」という補助の不等式を、先に用意しておく。

定理不等式の帰納法。仮定を使って評価を下げ、条件で最後を押し切る

(I) $n = 5$ のとき。 $2^{5} = 32$ 、 $5^{2} = 25$ 。 $32 > 25$ で成り立つ。

(II) $n = k$ ( $k ≧ 5$ )を仮定する。 $2^{k} > k^{2}$ とする。 $n = k + 1$ を調べる。

$2^{k + 1} = 2 \cdot 2^{k} > 2 k^{2}$

(仮定 $2^{k} > k^{2}$ を使った。)目標は $2^{k + 1} > (k + 1)^{2}$ 。そこで $2 k^{2}$ と $(k + 1)^{2}$ を比べる。

$2 k^{2} - (k + 1)^{2} = 2 k^{2} - k^{2} - 2 k - 1 = k^{2} - 2 k - 1 = (k - 1)^{2} - 2$

$k ≧ 5$ では $(k - 1)^{2} ≧ 16 > 2$ なので、この差は正。よって $2 k^{2} > (k + 1)^{2}$ 。したがって

$2^{k + 1} > 2 k^{2} > (k + 1)^{2}$

となり、 $n = k + 1$ でも成り立つ。

結論。 (I)(II) より、 $n ≧ 5$ のすべての自然数で $2^{n} > n^{2}$ 。

まとめ: $2^{k + 1} > 2 k^{2}$ まで仮定で下げ、そこから $2 k^{2} > (k + 1)^{2}$ を条件 $k ≧ 5$ で示す $2$ 段構え。 $2 k^{2} - (k + 1)^{2}$ を計算して正だと言い切るのがヤマだ。

発展 — 一歩先へ。 不等式の境目を調べるには、方程式 $2^{x} = x^{2}$ を実数の範囲で解いてみるとよい。正の側では $x = 2$ で $4 = 4$ 、 $x = 4$ で $16 = 16$ と、 $2$ 度ぴたり並ぶ。

この $2$ つの交点を過ぎた $x > 4$ で、指数 $2^{x}$ が決定的に上回る。整数条件が $n ≧ 5$ になっているのは、最後の交点 $x = 4$ の先だからだ。

じつは負の側にも解が $1$ つ隠れている。 $x < 0$ では $x^{2}$ が正、 $2^{x}$ も $0$ と $1$ の間の正で、 $x \approx - 0.77$ あたりで一致する。合わせて $2^{x} = x^{2}$ の実数解は $3$ つ。指数と多項式の勝ち負けは、この交点の配置で決まっている。

答

n=5 で成立、n=k(≧5) を仮定して n=k+1 でも成立

別解

別解 — 二項定理で $2^{n}$ を下から押さえる(得意な人向けの視点)。 帰納法を使わず、 $2^{n}$ の大きさを二項定理で見積もる。

$2^{n} = (1 + 1)^{n} = k = 0 \sum n (k n)$ で、各項は正だ。だから最初の $4$ 項だけ残しても下回らない( $n ≧ 3$ なら $4$ 項ある)。

$2^{n} ≧ (0 n) + (1 n) + (2 n) + (3 n) = 1 + n + \frac{n ( n - 1 )}{2} + \frac{n ( n - 1 ) ( n - 2 )}{6} = \frac{n ^{3} + 5 n + 6}{6} .$

あとは $\frac{n ^{3} + 5 n + 6}{6} > n^{2}$ 、すなわち $n^{3} - 6 n^{2} + 5 n + 6 > 0$ を示せばよい。 $n = 5$ で左辺は $6 > 0$ 、その先は $3$ 次の項が効いて増え続けるので、 $n ≧ 5$ で成り立つ。

よって $2^{n} ≧ \frac{n ^{3} + 5 n + 6}{6} > n^{2}$ 。本解の帰納法と同じ結論に、 $2^{n}$ が大きくなる仕組みから直接たどり着く。

ポイント

$2^{k + 1} = 2 \cdot 2^{k} > 2 k^{2}$ (仮定を使う)。
$2 k^{2} - (k + 1)^{2} > 0$ を $k ≧ 5$ で示す。

よくある間違い

$2^{k + 1}$ を $2 \cdot 2^{k}$ と分けず、仮定 $2^{k} > k^{2}$ の使いどころを失う。
$2 k^{2} - (k + 1)^{2} = (k - 1)^{2} - 2$ の符号を確かめず、 $2 k^{2} > (k + 1)^{2}$ を無条件に正しいと思い込む( $k = 1$ では成り立たない)。
出発点 $n = 5$ の確認を飛ばし、 $n = 3$ で $8 < 9$ 、 $n = 4$ で $16 = 16$ と成り立たないことに気づかない。